Mostrando que $ |\cos x|+|\cos 2x|+\cdots+|\cos 2^nx|\geq \dfrac{n}{2\sqrt{2}}$

Question

Para cada número entero no negativo $n$ y cada número real $ x$ demuestran la desigualdad:

$$\sum_{k=0}^n|\cos(2^kx)|= |\cos x|+|\cos 2x|+\cdots+|\cos 2^nx|\geq \dfrac{n}{2\sqrt{2}}$$

Answer 1

Una primera respuesta, a continuación, algunas observaciones interesantes.

Lema: Para todos los $x$,$|\cos(x)| + |\cos(2x)| \geq 1/\sqrt{2}$.

Prueba: La función de $f(x) = |\cos(x)| + |\cos(2x)|$ obedece a $f(x)=f(x+\pi)$$f(x) = f(-x)$. Estas simetrías nos deja reducir a la verificación de la reclamación por $x \in [0, \pi/2]$. Podemos dividir a considerar el intervalo de $[0, \pi/4]$ donde $f(x) = \cos(x) + \cos(2x)$, y el intervalo de $[\pi/4, \pi/2]$ donde $f(x) = \cos(x) - \cos(2x)$. En ambos intervalos, la segunda derivada es fácilmente controlado a ser negativo, por lo $f$ es cóncava hacia abajo y los mínimos se producen en los extremos. Calculamos $f(0) =2$, $f(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$ y $f(\pi/2) = 1$, lo $f(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$ es el mínimo. $\square$

Ahora una prueba: No se $n+1$ términos en la suma. Grupo en pares consecutivos (posiblemente con una izquierda más). Hay $\lfloor (n+1)/2 \rfloor$ pares. Para cada uno de ellos, la suma es mayor que $1/\sqrt{2}$. Por lo que la suma es $\geq \lfloor (n+1)/2 \rfloor / \sqrt{2} \geq n/(2 \sqrt{2})$. $\square$.

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Ahora, esto está lejos de ser óptima. Conjunto $$f(x) = \sum_{k=0}^n |\cos(2^k x) |.$$ Como antes, $f(x) = f(x + \pi) = f(-x)$, por lo que podemos restringir nuestra atención a $x \in [0, \pi/2]$. Romper este intervalo en intervalos de la forma $I_j:=[j \pi/2^{n+1}, (j+1) \pi /2^{n+1}]$. En cada intervalo de $I_j$, la función de $\cos(2^k x)$ tiene signo constante; deje $\epsilon_{j,k}$ $1$ o $-1$, según el signo de $\cos(2^k x)$. Así, en $I_j$, tenemos $$f(x) = \sum_{k=0}^n \epsilon_{j,k} \cos(2^k x)$$ $$f''(x) = - \sum_{k=0}^n 4^k \epsilon_{j,k} \cos(2^k x).$$ Ya que cada término de la suma es positiva, podemos ver que $f$ es cóncava hacia abajo en cada intervalo de $I_j$.

Aquí está una parcela de $f(x)$$n=5$. De modo que el valor mínimo de $f(x)$ se consigue una el extremo de uno de los intervalos de $I_j$, y que se debe lograr en un número de la forma $j \pi/2^{n+1}$.

Me puse de Mathematica a trabajar para encontrar estos mínimos. Aquí es lo que he encontrado: $$ \begin{array}{|r|ccccccccc|} \hline n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ \hline j & 1 & 3 & 5 & 11& 21 & 43 & 85 & 171 & 341 \\ j/2^{n+1} & 0.25 & 0.375 & 0.312 & 0.344 & 0.328 & 0.336 & 0.332 & 0.334 & 0.333 \\ \min f(x) /(n+1) & 0.354 & 0.363 & 0.411 & 0.423 & 0.438 & 0.446 & 0.453 & 0.458 & 0.463 \\ \hline \end{array} $$

Yo divido por $n+1$, no $n$, ya que parece más natural para dividir por el número de términos en la suma. En particular, por agrupar a más de $2$ términos juntos a la vez, se puede mejorar en la envolvente del problema. Por ejemplo, agrupar $4$ términos juntos demuestre $f(x) \geq 4 \lfloor (n+1)/4 \rfloor 0.411 \approx 0.411 n$ (a excepción de algunos valores muy pequeños de $n$) beats $n/(2 \sqrt{2}) \approx 0.354 n$.

Mi conjetura es que el $j/2^{n+1}$ se aproxima $1/3$. En$x = \pi/3$, $f(x)/(n+1)$ igual a $1/2$. Estos datos sugieren que el verdadero límite inferior asintóticamente es $n/2 - o(n)$, aunque los valores numéricos sugieren que se está acercando a $1/2$ muy lentamente.

AGREGADO De hecho, $j$ parece ser siempre el entero más cercano a $2^{n+1}/3$. Sería bueno tener una rigurosa prueba de ello.

Answer 2

En realidad, el enunciado es verdadero incluso cuando uno restringir la suma para empezar a $k=1$.
es decir, Para todos los $x \in \mathbb{R}$, $$\sum_{k=1}^n |\cos(2^k x)| \ge \frac{n}{2\sqrt{2}} \Leftrightarrow \varphi_n(2x) \ge 0$$ donde $\varphi_n(x) = \sum_{k=0}^{n-1}|\cos(2^kx)| - \frac{n}{2\sqrt{2}}$. Aviso:

$$\begin{align} \varphi_4(x) &= \varphi_2(x) + \varphi_2(4x)\\ \varphi_5(x) &= \varphi_2(x) + \varphi_3(4x)\\ &\,\,\vdots\\ \varphi_n(x) &= \varphi_2(x) + \varphi_{n-2}(4x) \end{align}$$

Uno sólo tiene que mostrar $\varphi_2(x), \varphi_3(x) \ge 0$ todos los $x$.

Como otra respuesta sugerida, $|\cos(2^k x)|$ son por tramos cóncavos funciones. Tenemos: $$\frac{d^2}{dx^2}|\cos(2^k x)| = -4^k |\cos(2^k x)| < 0 \,\,\,\texto{ para } x \ne \pm 2^{-k}(l+\frac12)\pi \text{ donde } l \in \mathbb{N} $$ Esto a su vez implica $$\frac{d^2}{dx^2}\varphi_n(x) < 0 \,\,\,\text{ for } x \ne \pm2^{-n}(l+1)\pi \text{ where } l \in \mathbb{N}$$ El mínimo absoluto de $\varphi(x)$ debe estar ubicado en un $x_{min}$ de la forma $\pm 2^{-n}(l+1)\pi$.
Desde $\varphi(x)$ es regular y tiene plazo,$\pi$, sólo tenemos que mirar para $x_{min}$ sobre el intervalo de $[0, \frac{\pi}{2}]$.
Para todo x, tenemos:

$$\begin{align} \varphi_2(x) &\ge \min(\varphi_2(\frac{\pi}{4}),\varphi_2(\frac{\pi}{2})) = \varphi_2(\frac{\pi}{4}) = 0\\ \varphi_3(x) &\ge \min(\varphi_3(\frac{\pi}{8}), \varphi_3(\frac{\pi}{4}), \varphi_3(\frac{3\pi}{8}), \varphi_3(\frac{\pi}{2})) = \varphi_3(\frac{3\pi}{8}) = \cos(\frac{3\pi}{8}) - \frac{1}{2\sqrt{2}} > 0 \end{align}$$

Answer 3

Este es conciso y omite algunos pasos importantes, pero supongo que se puede convertir perfectamente en un lugar limpio la prueba!

Mostramos: $$|\cos 2^n x | + |\cos 2^{n+1} x| \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$$ Tenemos $$ \sqrt{\cos^2 2^n x } + \sqrt{\cos^2 2^{n+1} x}. $$ And since $\cos^2 x = \frac{1}{2}(\cos(2x)+1)$ obtenemos $$ \frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\cos (2^{n+1} x) + 1} + \sqrt{\cos^2 (2^{n+1} x)}. $$ Sustituyendo obtenemos $$ \frac{1}{\sqrt 2}\sqrt{z+1}+ |z| $$ which has the minimum $\frac{1}{\sqrt 2}$ at $z=0$.

EDIT: Esquema de completar la prueba

Si $n$ es incluso, hemos terminado ya tenemos $n/2$ pares. Para $n$ es impar podría ser una prueba simple, pero yo no podía llegar con algo mejor que esto.

Nos muestran $$|\cos 2^{n-1} x | + |\cos 2^n x | + |\cos 2^{n+1} x| \geq \frac{3}{2\sqrt{2}}$$ Con trucos como el anterior pero también el uso de $\cos(2x) = 2\cos^2(x) - 1$ en el último término obtenemos $$\frac{1}{2}\sqrt{\cos 2^{n} x +1} + |\cos 2^n x | + |2\cos^2 2^{n} x-1| \geq \frac{3}{2\sqrt{2}}$$ y así $$ \frac{1} {\sqrt 2}\sqrt{z+1}+ |z| + |2z^2-1| $$ que tenga un mínimo de $$ \frac{\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2} > \frac{3}{2\sqrt{2}} $$ (Desde wolframalpha me lo dijo (diferencia 0.02913, uno duro)).

Ahora podemos utilizar esta desigualdad para obtener un número de pares. Alguien tiene un impermeable de la prueba para el extraño caso? Este uno aspira.

Answer 4

Sugerencia: $$\large{|\cos x|+|\cos 2x|+\ldots+|\cos 2^nx|\geq n(\prod_{i=1}^n|\cos2^ix|)^\dfrac1n}$$ $$\large{n(\prod_{i=1}^n|\cos2^ix|)^\frac1n\ge n(|\cos x.\cos 2x.\ldots\cos 2^nx|^\dfrac1n=}$$$$\large{=n|\frac {(2\ sinx \cos x\cos 2x.\ldots\cos 2 ^ nx)} {2sinx} ^ \dfrac1n|} $$=$$n|\frac{(\sin2x\cos 2x.\ldots\cos 2^nx)}{2sinx}^\dfrac1n|=....=$$$$ = n (|\frac {sin2 ^ {n+1} x} {2 ^ n\ sinx} |) ^ \frac1n=\frac{n}{2}|\frac{sin2^{n+1}x}{sinx}|^\frac1n$$ that's enough to prove $$|\dfrac{\ sin2^{n+1}x}{\ sinx}|^\frac1n\ge\dfrac{1}{\sqrt2}$$ define $f(x)$ and show minimum of f is zero $f(x) = 2 ^ \dfrac {n} {2} | sin2 ^ {n+1} x|-|\ $ sinx|